Question

（2010•宿松县三模）已知函数f（x）=|x-a|+

1

x

，(x＞0)，
（1）当a=1时，求f（x）的最小值；
（2）欲使f(x)≥

1

2

恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）利用导数分别研究分段函数在每一段上的单调性，从而求出函数的最值；
（2）欲使f(x)≥

1

2

恒成立，可转化为|x-a|≥

1

2

-

1

x

在x＞0时恒成立，然后将a分离，求出不等式另一侧的最值即可求出a的取值范围．

解答：解：（1）f（x）=

x+ 1 x -1(x≥1) 1+ 1 x -x，(0＜x＜1)

∵x≥1时，f'（x）=1-

1

x2

≥0，f（x）是增函数，
∴f（x）≥1
∵0＜x＜1时，f′（x）=-

1

x2

-1＜0，f（x）是减函数，
∴f（x）＞1，
所以，f（x）最小值为1
（2）转化为|x-a|≥

1

2

-

1

x

在x＞0时恒成立．
①当

1

2

-

1

x

≥0即x≥2时，不等式可转化为a-x≥

1

2

-

1

x

或a-x≤-

1

2

+

1

x

，
从而a≥x-

1

x

+

1

2

或a≤x+

1

x

-

1

2

，
而x-

1

x

+

1

2

在[2+∞）上是递增的，值域是[2，+∞），故满足a≥x-

1

x

+

1

2

的a不存在；
又x+

1

x

-

1

2

在[1，+∞）上也是递增的，且x≥2时，最小值为2，故a≤2；
②当

1

2

-

1

x

＜0时，即0＜x＜2时，不等式|x-a|≥

1

2

-

1

x

对于a∈R恒成立．
综上所述：a≤2．

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及带绝对值的函数恒成立问题，同时考查了转化的思想，属于中档题．